\section{四平方和，勾股数与 Gauss}
\subsection{四平方和定理}
现在来证明四平方和定理 (Lagrange's four-square theorem)：任意正整数 $n$可表为四个整数平方之和。 首先， 直接计算验证可得如下引理， 说明 “四平方和”数的集合对乘法封闭。

\begin{lemma}%引理1
  [Euler, 1743] 两个四平方和之积仍为四平方和：
\[
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}\right) \\
= & (a x+b y+c z+d w)^{2}+(a y-b x+c w-d z)^{2} \\
& +(a z-b w-c x+d y)^{2}+(a w+b z-c y-d x)^{2}
\end{aligned}
\]
\end{lemma}

\begin{lemma}%引理2
(Euler, 1751) 对任意奇素数 $p$, 同余方程
\[
x^{2}+y^{2}+1 \equiv 0 \quad(\bmod p)
\]
必有整数解满足 $0 \leqslant x<p / 2,0 \leqslant y<p / 2$.
\end{lemma}

\begin{proof}
 对不同整数 $a\left(0 \leqslant a<\frac{p}{2}\right.$, 共 $\frac{p+1}{2}$ 个 $), a^{2}(\bmod p)$ 必互异 (若
\[
a^{2} \equiv a^{\prime 2} \quad(\bmod p)
\]
则 $p \mid\left(a-a^{\prime}\right)\left(a+a^{\prime}\right)$, 故
\[
p \mid\left(a-a^{\prime}\right) \text { 或 } p \mid\left(a+a^{\prime}\right),
\]
因 $-p / 2<a-a^{\prime}, a+a^{\prime}<p$, 故 $\left.a=a^{\prime}\right)$. 从而 $-a^{2}-1(\bmod p)$ 也瓦异， 二者总数共 $\frac{p+1}{2}$ $+\frac{p+1}{2}=p+1$ 个， 多于 $p$, 故必有同余者， 设 $a^{2} \equiv-a^{\prime 2}-1(\bmod p)$, 即
\[
x^{2}+y^{2}+1 \equiv 0 \quad(\bmod p)
\]
\end{proof}

\begin{theorem}%定理1
(四平方和定理， Lagrange, 1770)任意正整数 $n$ 可表为四个整数平方之和。
\end{theorem}


\begin{proof}
 由引理 1 , 只需对素数 $n=p$ 证明。 因 $2=1^{2}+1^{2}+0^{2}+0^{2}$, 故设 $p$ 为奇素数。 由引理 2 知， $x^{2}+y^{2}+1^{2}+0^{2}=k p(0<k<p)$. 故可设有最小的正整数 $m<p$,使 $m p$ 可表为四整数的平方和：
\[
m p=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}
\]
如果 $m=1$, 则定理证毕。 现假设 $m>1$, 将导出矛盾。

首先， $m$ 不是偶数， 否则由 $m p=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}$, 知 $\left\{x_{i}\right\}$ 中有 2 或 4 个同奇偶。 不妨设 $x_{1}, x_{2}$ 同， $x_{3}, x_{4}$ 同。 则得下式， 与 $m$ 的最小性矛盾：
\[
\frac{m}{2} p=\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}{4}+\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}{4}+\frac{\left(x_{3}+x_{4}\right)^{2}}{4}+\frac{\left(x_{3}-x_{4}\right)^{2}}{4}
\]
现在知 $m$ 为奇数。 显然 $m \nmid\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)$, 否则 $m^{2}|m p, m| p$, 与 $m<p$ 且 $p$ 为素数矛盾。 故对每个 $x_{i}$, 存在 $y_{i} \equiv x_{i}(\bmod m)$ 且 $\left|y_{i}\right| \leqslant m / 2$ (因 $m$ 为奇数). 于是
\[
0<\sum y_{i}^{2}<4(m / 2)^{2}=m^{2}, \quad \sum y_{i}^{2} \equiv \sum x_{i}^{2} \equiv 0 \quad(\bmod m)
\]
故 $\sum y_{i}^{2}=m m_{1}, m_{1}<m$. 现在我们得到了
\[
m p \cdot m m_{1}=\left(\sum x_{i}^{2}\right)\left(\sum y_{i}^{2}\right)=\sum z_{i}^{2}
\]
进而由引理 1 的 Euler 公式和 $y_{i} \equiv x_{i}(\bmod m)$, 可知，
\[
\begin{gathered}
z_{1}=\sum x_{i} y_{i} \equiv \sum y_{i}^{2}=m m_{1} \equiv 0 \quad(\bmod m) \\
z_{2} \equiv y_{1} y_{2}-y_{2} y_{1}+y_{3} y_{4}-y_{4} y_{3}=0 \quad(\bmod m)
\end{gathered}
\]
同理得 $m \mid z_{i}(\forall i)$. 于是令 $z_{i}^{\prime}=z_{i} / m$, 得到
\[
p \cdot m_{1}=\sum z_{i}^{\prime 2}=z_{1}^{\prime 2}+z_{2}^{\prime 2}+z_{3}^{\prime 2}+z_{4}^{\prime 2}
\]
因 $m_{1}<m$, 这与 $m$ 的最小性矛盾。 定理得证。
\end{proof}


\subsection{Gauss 整数与勾股数}
勾股数在 § 5.2 讨论过， 即满足下式(勾股方程)的整数 $a, b, c$ :
\[
a^{2}+b^{2}=c^{2}
\]
可设 $a$ 为奇数， $b$ 为偶数， $c$ 为奇数， 它们两两互素。 现在用 Gauss 整数来讨论。 勾股数方程改写为
\[
(a+b \mathrm{i}) \cdot(a-b \mathrm{i})=c^{2}
\]
(1) $a+b \mathrm{i}$ 与 $a-b \mathrm{i}$ 互素。 这是因为其公因子 $\delta \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 可整除其和与差， 即
\[
\delta|2 a, \quad \delta| 2 b \mathrm{i}
\]
故 $\delta \mid 2 b$ (因 i 是单位). 因 $a$ 与 $b$ 在 $\mathbb{Z}$ 中互素， 故在 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中互素 (因由 Bézout 等式 $u a+v b=1$ 知， $a$ 与 $b$ 的公因子 $\alpha \in \mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 整除 1$)$, 故 $\delta \mid 2=-\mathrm{i}(1+\mathrm{i})^{2}$. 而若 $\delta$含因子 $1+\mathrm{i}$, 则 $(a+b \mathrm{i}) \cdot(a-b \mathrm{i})=c \cdot c$ 含因子 $-\mathrm{i}(1+\mathrm{i})^{2}=2$, 与 $c$ 为奇数矛盾。故 $\delta$ 为单位。

 (2) 因 $(a+b \mathrm{i}) \cdot(a-b \mathrm{i})=c^{2}$ 为平方数， $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中因子分解有唯一性， 而 $a+b \mathrm{i}$与 $a-b \mathrm{i}$ 只有平凡公因子 (即单位), 知二者皆是 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中平方数的单位倍 (设 Gauss 素数 $\pi$ 使得 $\left.\pi^{k} \| a+b \mathrm{i}\right)$, 则 $a-b \mathrm{i}$ 中无 $\pi$ 因子， 故 $\pi^{k} \| c^{2}$, 故 $k$ 为偶数).

 (3) 由 (2) 知有单位 $u= \pm 1$ 或 $\pm \mathrm{i}$ 使 $a-b \mathrm{i}=(m+n \mathrm{i})^{2} u$. 因 $-1=\mathrm{i}^{2}$ 可吸收到平方式中去， 故只需考虑 $u=1$ 或 $\mathrm{i}$ 情形， 有
\[
a-b \mathrm{i}=(m+n \mathrm{i})^{2} u=\left(m^{2}-n^{2}\right) u+2 m n u \mathrm{i}
\]
因 $b$ 是偶数故 $u=1$. 由上式， 即得正勾股数的 Euclid 公式：
\[
a=m^{2}-n^{2}, \quad b=2 m n, c=m^{2}+n^{2}
\]
这里 $m>n$ 为互素正整数， $m-n$ 为奇数 (否则与 $a, b, c$ 为互素正整数矛盾， 且 $m, n$ 皆负情形不需要). 反之， 如此 $m, n$ 也给出本原勾股数。

\begin{theorem}%定理2
不定方程
\[
a^{2}+b^{2}=c^{3}
\]
的整数解 $(a, b$ 互素 $)$ 为
\[
a=m^{3}-3 m n^{2}, \quad b=3 m^{2} n-n^{3}, \quad c=m^{2}+n^{2}
\]
其中 $m, n$ 为互素整数， 一奇一偶。 且不同的 $m, n$ 给出不同的解 $a, b, c$.
\end{theorem}

\begin{proof}
 由方程 $(\bmod 8)$ 知 $a, b$ 是一奇一偶， 可设 $a$ 为奇数， $b$ 为偶数， $c$为奇数， 它们两两互素。 方程为
\[
(a+b \mathrm{i}) \cdot(a-b \mathrm{i})=c^{3}
\]
首先， $a+b \mathrm{i}$ 与 $a-b \mathrm{i}$ 互素。 这是因为其公因子 $\delta \in \mathbb{Z}$ [i] 使 $\delta|2 a, \delta| 2 b$, $\delta \mid c^{3}$. 取范数知 $N(\delta) \mid\left(4 a^{2}, 4 b^{2}, c^{6}\right)=1$ (因 $c$ 为奇数， $a, b$ 互素). 故 $N(\delta)=$ $1, \delta$ 为单位。

其次， 因互素的 $a+b \mathrm{i}$ 与 $a-b \mathrm{i}$ 乘积为立方数， $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中因子分解有唯一性，知 $a+b \mathrm{i}$ 与 $a-b \mathrm{i}$ 皆为立方数的单位倍。 于是 $a+b \mathrm{i}=\alpha^{3} u(u= \pm 1$ 或 $\pm \mathrm{i})$. 但 $\pm 1=$ $( \pm 1)^{3}, \pm \mathrm{i}=(\mp \mathrm{i})^{3}$, 故 $a+b \mathrm{i}=\alpha^{\prime 3}$, 可记为
\[
a+b \mathrm{i}=(m+n \mathrm{i})^{3}=m^{3}-3 m n^{2}+3 m^{2} n \mathrm{i}-n^{3} \mathrm{i}
\]
得
\[
  a=m^{3}-3 m n^{2}, \quad b=3 m^{2} n-n^{3}, \quad c=m^{2}+n^{2},
\]
其中整数 $m, n$ 互素， 一奇一偶 (否则 $a, b$ 不互素). 反之， 如此 $m, n$ 也给出原方程解。
\end{proof}

\begin{theorem}%定理3
不定方程
\[
y^{2}=x^{3}-1
\]
只有唯一整数解 $(x, y)=(1,0)$.
\end{theorem}

\begin{proof}
 方法与上述类似， 简写如下。 方程改写为
\[
x^{3}=y^{2}+1=(y+\mathrm{i})(y-\mathrm{i})
\]
易知 $y+\mathrm{i}$ 与 $y-\mathrm{i}$ 互素， 因其公因子 $\delta \mid 2 \mathrm{i}=(1+\mathrm{i})^{2}$; 若 $\delta$ 含因子 $1+\mathrm{i}$, 则
\[
(1+\mathrm{i})^{2}=2 \mathrm{i} \mid x^{3}
\]
故 $x$ 为偶数， $y^{2}+1=x^{3} \equiv 0(\bmod 4)$, 不可能。 故 $\delta$ 为单位。

因互素的 $y+\mathrm{i}$ 与 $y-\mathrm{i}$ 之积 $x^{3}$ 为立方数， 由 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中素因子分解唯一性， 故
\[
  y+\mathrm{i}=\alpha^{3} u=\alpha^{\prime 3},
\]
因为 $u= \pm 1$ 或  $\pm \mathrm{i}$ 均为  $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中立方。
故可设 $y+\mathrm{i}=(m+n \mathrm{i})^{3}(m, n \in \mathbb{Z})$, 得 $y=m\left(m^{2}-3 n^{2}\right), 1=n\left(3 m^{2}-n^{2}\right)$, 故
\[
n= \pm 1, \quad 1= \pm\left(3 m^{2}-1\right), \quad 1 \pm 1=3 m^{2}
\]
唯有 $m=0, n=-1$. 得 $y=0, x=1$.
\end{proof}

\begin{remark}%注记1
四元数与四平方和。
后来发现， 四平方和定理可以用四元数证明， 而且更自然， 犹如用 Gauss 整数证明二平方和定理一样。 四元数 (quaternion) 由 W. R. Hamilton (哈密顿) 在 1843 发明， 是复数发明之后的重大事件。

四元数就是如下形式的数：
\[
\alpha=a+b i+c j+d k
\]
其中字母 $i, j, k$ 满足
\[
i^{2}=j^{2}=k^{2}=-1, \quad i j=k=-j i, \quad j k=i=-k j, \quad k i=j=-i k ;
\]
而 $a, b, c, d$ 为实数。 四元数可加减乘除（0 不做分母）, 但乘法不可交换。故四元数集 $\mathbb{H}$ 称为斜域或可除环。
\[
\bar{\alpha}=a-b i-c j-d k
\]
称为 $\alpha$ 的共轮 (注意 $\overline{\alpha \beta}=\bar{\beta} \bar{\alpha}$, 例如 $\overline{i j}=\bar{k}=-k=\bar{j} \cdot \bar{i}$ ). $\alpha$ 的范数定义为
\[
N(\alpha)=\alpha \bar{\alpha}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}
\]
是四个数的平方和。 称 $\sqrt{N(\alpha)}$ 为四元数 $\alpha$ 的长度。 因为实数与四元数相乘时可交换，故
\[
N(\alpha \beta)=\alpha \beta \overline{\alpha \beta}=\alpha \beta \bar{\beta} \bar{\alpha}=\alpha \bar{\alpha} \beta \bar{\beta}=N(\alpha) N(\beta)
\]
即范数是积性函数， 即 $N(\alpha \beta)=N(\alpha) N(\beta)$. 这就是 Euler 公式了。 (说明：在 Euler 公式中， 令 $y=-y^{\prime}$ 等， 就可得到形式稍微不同的 Euler 公式。 )

四元数可以表示为 (对应于) 二阶方阵。 每个 $\alpha$ 对应于复方阵 (其中 $\mathrm{i}=$ $\sqrt{-1}):$
\[
A=\left(\begin{array}{ll}
a+b \mathrm{i} & c+d \mathrm{i} \\
-c+d \mathrm{i} & a-b \mathrm{i}
\end{array}\right)
\]
这种对应保持加法和乘法。 范数 $N(\alpha)=\operatorname{det}(A)$ 恰为 $A$ 的行列式。 由行列式的性质
\[
\operatorname{det}(A B)=\operatorname{det}(A) \cdot \operatorname{det}(B)
\]
就导致了范数的积性： $N(\alpha \beta)=N(\alpha) N(\beta)$.

四元数 $\alpha$ 是 $\mathrm{H}$-整数 (称为 Hurwitz 整数) 是指： $a, b, c, d$ 同时为整数或半整数(1896 年). Hurwitz 整数也可进行带余除法， 有辗转相除， 最大公因子与 Bézout 等式， 可唯一素因子分解 (因乘法不可交换， 只考虑右因子). 易知 Hurwitz 整数的范数总是有理整数。

四平方和定理的证明大意：由引理 2 可推知， 奇素数 $p$ 是可约的（不是 Hurwitz 素数)，所以
\[
\begin{aligned}
p & =\alpha \beta \\
p^{2}=N(p) & =N(\alpha) N(\beta)
\end{aligned}
\]
这是整数的等式， 故得到
\[
p=N(\alpha)=N(\beta)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}
\]
是四数的平方和。 若碰巧 $\alpha$ 的系数是半整数， 则取 $\omega=( \pm 1 \pm i \pm j \pm k) / 2$ 使 $\alpha^{\prime}=\alpha+$ $\omega$ 系数为偶数， 因 $N(\omega)=\omega \bar{\omega}=1$, 故
\[
p=\alpha \bar{\alpha}=\left(\bar{\alpha}^{\prime}-\bar{\omega}\right) \omega \bar{\omega}\left(\alpha^{\prime}-\omega\right)=\left(\bar{\alpha}^{\prime} \omega-1\right)\left(\bar{\omega} \alpha^{\prime}-1\right)=N\left(\bar{\omega} \alpha^{\prime}-1\right)
\]
$\bar{\omega} \alpha^{\prime}-1$ 的系数为整数。 $p=N\left(\bar{\omega} \alpha^{\prime}-1\right)$ 为四整数平方和。
\end{remark}

\begin{remark}%注记2
八元数与八平方和公式。
复数的巨大成功 (而且 Gauss 用之优美地解决了二平方和问题) 激励起人们去探索三元数， 但长期得不到， 最终却获得四元数(乘法不能交换), 可用于解决四平方和问题， 犹如 Gauss (复)整数与二平方和的关系。 后来很快 (1845), Cayley(凯莱) 和 Graves(格雷夫斯) 就发明了八元数 (octonion), 乘法不满足交换律和结合律 (但满足交错结合律： $(i j) \ell=-i(j \ell)$ ); 由其范数得到 “八平方和封闭定理”(两个八平方和之积仍是八平方和). 1878 年， Frobenius (弗罗贝尼乌斯)证明了： $\mathbb{R}, \mathbb{C}, \mathbb{H}$ 是仅有的（ $\mathbb{R}$ 上有限维结合代数， 或赋范可除代数). 1898 年， Hurwitz 证明了：仅当 $k=1,2,4,8$ 时， “ $k$ 平方和对乘法封闭”. 后来， 人们也构造出十六元数 (sedenion), 不满足交换律和结合律， 而且含有零因子， 已经不是可除代数。
\end{remark}

这些探索， 发展为现代数学的线性代数(任意维的一般线性空间)和内积、赋范空间的理论。

